Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Нижегородский Государственный Технический Университет им. Р.Е. Алексеева

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Аналит. геометрия. Мазова Р.Е

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

28.03.2015

Размер:

3.21 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 118 9 10 11 > Следующая >>>

Из этого уравнения видно, что	x2	≥1, откуда \|x\| ≥ a, т.е. между прямы-
Из этого уравнения видно, что	a2	≥1, откуда \|x\| ≥ a, т.е. между прямы-
	a2
ми x = – a и x = a точек кривой нет.
Из уравнения (4.6) получим выражение в явном виде для ветвей
гиперболы
y = ±b	x2 − a2 .
a

При возрастании x возрастает и y, приближаясь к прямой y = ba x . Эта линия

называется асимптотой гиперболы (4.6). Отрезок A1A2 называется вещественной осью, а B1B2 – мнимой осью гиперболы.

		y
	B2	r1
	A1	A2	r2 x
F1(-c,0)	a 0	b	F2(c,0)
	B1

x = −a	x = a
ε	ε
	Рис. 4.7

Форма гиперболы зависит от угла наклона асимптоты к вещественной оси, т.е. от величины ba . Характеристикой формы гиперболы является экс-

центриситет гиперболы							y
	c		b	2			y
ε =	c	=	b	2	(4.7)
ε =	a	=	1+	,	(4.7)
	a		a
но, так как у гиперболы c > a, то ε > 1 и a < a ,								x
но, так как у гиперболы c > a, то ε > 1 и a < a ,						0		x
					ε	0
					ε
т.е. директрисы гиперболы расположены между ее
ветвямииихуравненияимеютвид x = ± a					(рис. 4.7).
				ε		Рис. 4.8

Если мнимую и действительную оси гипер-

болы поменять местами, т.е. A1A2 – мнимая ось, а B1B2 – действительная ось, то уравнение гиперболы примет вид

x2	−	y2	= −1, или	y2	−	x2	=1	(4.8)
a2		b2		b2		a2

Это канонический вид гиперболы, сопряженной (4.6), где фокусы будут располагаться на оси oy (рис. 4.8).

При a = b, получим равностороннюю гиперболу x2 − y2 = a2 .

У равносторонней гиперболы угол между ее асимптотами прямой, c = a 2 , ε = 2 .

4.2.1. Примеры решения задач

Пример 1. Найти полуоси, эксцентриситет и директрисы

гипер-

болы:

x2 − 2 y2 = 5 .

Решение:

Разделив на 5 левую и правую части выражения, получим

−

=1,

(

5)2

(

5 2)2

где действительная полуось a =

5 , мнимая полуось b =

5 , эксцентриситет

ε = c

a2 +b2

5 +

директрисы x = ± a = ±

= ±

10 .

3 2

Пример 2. Построить гиперболу x2 − 4 y2 =16 , найти фокусы, эксцен-

триситет и асимптоты гиперболы.

Решение: Разделив обе части выражения на 16, получим

−

=1,

откуда видно, что действительная полуось а = 4, мнимая b = 2,

асимптоты

y = ± 2 ,

фокусное

расстояние

c =

+ b

2 = 2 5 , F (–2

5 ,0),

F (2

5 ,0);

-4

ε = c

(рис. 4.9).

-2

Пример 3. Эксцентриситет

гиперболы

равен

2 .

Составить простейшее

уравнение

Рис. 4.9

гиперболы, проходящей через т. M(

3 ,

2 ).

Решение:

Согласно определению эксцентриситета, имеем ca = 2 , или c2 = 2a2 ,

но	c2 = a2 + b2 ,	следовательно, a2 + b2 = 2a2 , или a2 = b2 ,					т.е.		гипербола
равнобочная.
	Другое равенство получим из условия нахождения т. M на гиперболе,
т.	е. ( 3)2 a2 −(	2)2 b2 =1, или 3 a 2 − 2 b 2 =1. Поскольку					a2 = b2 ,			полу-
чим 3 a 2 − 2 a 2		=1, т. е. a2 =1.
	Таким образом, уравнение искомой гиперболы имеет вид x 2								− y 2	=1.
	Пример 4. Найти точки пересечения гиперболы		x2	−	y2		=1 с прямой
	Пример 4. Найти точки пересечения гиперболы		90	−	36		=1 с прямой
x – y + 5 = 0.			90		36
x – y + 5 = 0.
	Решение:								(x +5)2
	Выразим y = x + 5 и, подставив в уравнение гиперболы					x2			(x +5)2
								−		=1,
						90		−	36	=1,
						90			36

приведя к уравнению 3x2 + 50x + 205 = 0, видим что дискриминант D < 0, т.е. точек пересечения гиперболы и прямой нет.

4.3. Парабола

Параболой называется геометрическое место точек (г.м.т.) плоскости, расстояние которых от заданных на той же плоскости точки (фокуса параболы) и прямой (директрисы параболы) равны.

Возьмем начало координат посередине между фокусом и директрисой. F( − 2p ;0) – фокус, L – директриса, M – точка параболы. По определению

MF = MB. Обозначим FD = p –параметр параболы. Тогда уравнение дирек-

трисы параболы

x = −

D =−

(рис. 4.10).

M(x,y)

F(0,

)

,0)

y = −

Рис. 4.10

Рис. 4.11

Для точки M(x, y), лежащей на параболе,

имеем

		p	2	2			p

MF =	x −		+ y		; MB =	x +		.
							2
		2

Приравняем эти выражения и возведем в квадрат:

x2 − px +

p 2

+ y 2

= x2 + px +

p 2

Приведем подобные и получим уравнение параболы в каноническом

виде

y 2 = 2 px .

(4.9)

Вся парабола расположена справа от оси oy при p > 0 и слева от оси oy

при p < 0; ox – ось симметрии параболы. Из (4.9) видно, что y = ±

2 px , т.е.,

при возрастании x

одновременно возрастает и

y (для y

> 0),

и убывает

(для y < 0).

Парабола x2 = 2 py

расположена вверху от оси ox при

p > 0 и внизу от

оси ox при p < 0;

x = ±

2 py . Ось симметрии – oy. В отличие от эллипса и

гиперболы парабола не имеет центра и асимптот (рис. 4.11).

4.3.1. Примеры решения задач

Пример 1. Построить параболы

y2 = 4x ;

x2 = −4 y .

Решение:

1) Найдем параметр

: 2p = 4;

=1. Ветви параболы расположены

справа от оси oy,			так как p > 0. Фокус и директриса параболы находятся на рас-
стоянии ±	p	от вершины, совмещенной с началом координат (рис. 4.12, а).
стоянии ±		от вершины, совмещенной с началом координат (рис. 4.12, а).
2
x = −1		y			p	y	y =	p
x = −1				x = −	p		y =	2
				x = −	2			2
					2
1		0	F	x		0	x
1		0	1

а)

б)

Рис. 4.12

2) Найдем параметр 2p : 2p = – 4; 2p = −1. Ветви параболы расположе-

ны вниз от оси ox, так как p < 0. Фокус и директриса параболы находятся на расстоянии 2p =1 от начала координат (вершины параболы) (рис. 4.12, б).

Пример 2. Составить уравнение геометрического места точек, одинаково удаленных от т. F(0; 2) и от прямой y = 4. Найти точку пересечения этой кривой с осями координат и построить ее.

Решение:

Так как F(0; 2), то фокус расположен на оси oy. Г.м.т., одинаково удаленных от фокуса и прямой y = 4 – это парабола с вершиной в точке (0,3) x2 =2 p ( y −3) , 2 p=4, т. е. p /2= -2, т. е. x2 = −2( y −3) .

4.4. Приведение уравнения второго порядка к каноническому виду

Уравнение второго порядка с двумя переменными в общем виде записывается

Ax2 + 2Bxy +Cx2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 ,

(4.10)

где коэффициенты A, B и C одновременно не равны нулю, так как иначе это уравнение превратилось бы в уравнение первой степени. Можно показать, что комбинация AC − B2 сохраняет свое числовое значение как при повороте осей, так и переносе осей координат. Тогда по коэффициентам общего уравнения (20) можно определить тип кривой:

−	при	AC − B2 > 0	кривая будет эллиптического типа, (окружность при
	A = C , B = 0 );
−	при	AC − B2 < 0	кривая гиперболичного типа (гипербола, пара пере-
	секающихся прямых);

−при AC − B2 = 0 кривая параболического типа (парабола, пара параллельных прямых).

4.5. Преобразование координат

Для приведения кривой (4.10) к каноническому виду используются следующие преобразования координат:

1)сдвиг системы координат (меняется начало координат, направление же осей остается неизменным);

2)поворот системы координат (меняется направление осей, начало координат остается неизменным).

	4.5.1. Сдвиг системы координат
y	Y					Пусть даны		две системы
	M						′
	M				координат xoy и XO Y , т. О(a, b). Тогда
					т. M в системе			координат	′
					т. M в системе			координат	XO Y
					запишется:
b	0			X		x = a +	X ,		(4.11)
b	0			X		y = b +Y ,			(4.11)
						y = b +Y ,
0	a			x	откуда X = x −a,		Y	= y −b. (рис. 4.13).
	a				откуда X = x −a,		Y	= y −b. (рис. 4.13).
	Рис. 4.13
	4.5.2. Поворот осей координат
	y
Y		M			Пусть даны две системы координат
				X	Пусть даны две системы координат
				X	xoy и	XOY . Угол α – угол между 0x и
			P′		xoy и	XOY . Угол α – угол между 0x и
	ϕ		P′		0X. OM – радиус-вектор т. M. Тогда ко-
					0X. OM – радиус-вектор т. M. Тогда ко-
					ординаты т. M можно выразить через
					ординаты т. M можно выразить через
	α				x старые координаты. Для этого проведем
0	P				M P′ 0X и MP 0x. Угол MO P′				обозна-
	Рис. 4.14				чим за ϕ (рис. 4.14). Тогда имеем
					чим за ϕ (рис. 4.14). Тогда имеем

x =OP =OM cos(α+ϕ) =OM cosαcosϕ−OM sinαsinϕ, y = MP = OM sin(α+ϕ) = OM sin αcosϕ+OM cosαsin ϕ,

но OM cosϕ=OP′ = X , OM sin ϕ = MP′ =Y ,

x = X cos α −Y sin α,

тогда

y = X sin α +Y cos α.

(4.12)

4.6.Примеры решения задач

4.6.1.Примеры решения задач с использованием метода параллельного переноса начала координат

Пример 1. 4x2 +9 y 2 +32x −54 y +109 = 0

Решение:

Так как A > 0, C > 0, B = 0, то это кривая эллиптического типа. Приведем ее к каноническому виду, используя параллельный перенос осей координат.

Сначала выделим полные квадраты переменных x и y:

4(x2 + 8x +16)+ 9(y2 + −6 y + 9)= 64 + 81 −109 ,

затем, разделив на 36 правую часть, полу-

чим (x + 4)2 +	(y −3)2	=1.
9	4	x +4 = X
Если обозначить		x +4 = X	, то видно,
Если обозначить		y −3 =Y	, то видно,
			′
что начало новой системы координат XO Y
находится в	точке	O′(–4;3).	Переписав

4(x + 4)2 + 9(y −3)2 = 36,

Y y

3 X

0′

	X 2	Y 2			x
		+ 22 =1, получим каноническое урав-		-4	0
	32	+ 22 =1, получим каноническое урав-		-4	0
нение эллипса,			где большая полуось a = 3 ,	Рис. 4.15
малая b = 2 . Построим его (рис. 4.15).				Рис. 4.15
малая b = 2 . Построим его (рис. 4.15).
		Пример 2.	x2 + 2 y2 + 6x − 4 y +11 = 0.
		Решение:

AC = 2 > 0 , сгруппируем и выделим полные квадраты переменных:

(x + 3)2 + 2(y −1)2 = 0 .

Это уравнение определяет единственную точку O′(-3;1). Кривая вырождается в точку.

Пример 3. x2 + 3y2 + 4x + 6 y +19 = 0.

Решение:

AC = 3 > 0 , после преобразований, имеем

(x + 2)2 + 3(y +1)2 = −12,

(x + 2)2 + (y +1)2 = −1.

12 4

Это уравнение мнимого эллипса, т.е. данному уравнению не может удовлетворить ни одна точка плоскости.

Пример 4. 4x2 − 25 y2 − 24x + 50 y −89 = 0.

Решение:

AC < 0 кривая гиперболического типа ( A > 0 , C < 0 ).

4(x2 − 6x + 9)− 25(y2 − 2 y +1)= 89 + 36 − 25,

(x 25−3)2 − (y −41)2 =1.

O′(3;1), X = x −3, y =Y −1

X 2 − Y 2 =1. 52 22

Получили каноническое уравнение гиперболы с действительной полуосью a = 5 и мнимой b = 2 . Построим ее. Для этого найдем асимптоты гиперболы

y = ± b x , т.е. y = ±

2 x (рис. 4.16).

y =

2 x

0′

- -1 0 1 2

3 4 5 6 7 8 9

-1

y = − 2 x

Рис. 4.16

Пример 5. 4x2 − y2 + 4 y = 0.

Решение:

па.

AB < 0 – кривая гиперболического ти-

A > 0 ,

B < 0 ,

преобразуем

уравнение

4x2 − ( y − 2)2 = −4.

0′

Это

(y − 2) −

уравнение

сопря-

O′(0;2),

-1

женной

гиперболы:

X = x, Y = y −2.

									Построим ее:	Y	2	+	X	2	=1 (рис. 4.17).
			Рис. 4.17						Построим ее:	22		+	1		=1 (рис. 4.17).
										22			1
									Пример6.
		y							Пример6.
									9x2 −16 y2 −36x +32 y + 20 = 0.
			y =		3		x −	1	Решение:
					3			1	Сгруппируем и выделим полные квадра-

2				4				2
2				4				2	ты переменных:
1

							x		9(x − 2)2 −16(y −1)2 = 0 ,
0

	2
	2			3				5	откуда
									откуда
			y = −			x +			3[(x −2)+4(y −1)][(x −2)−4(y −1)]= 0
			y = −	4		x +		2	3[(x −2)+4(y −1)][(x −2)−4(y −1)]= 0
		Рис. 4.18		4				2	или (3x + 4 y −10)(3x − 4 y − 2) = 0.
		Рис. 4.18							Отсюда получаем уравнение двух пря-
									Отсюда получаем уравнение двух пря-

мых, пересекающихся в т. O′(2,1):

y = − 3 x + 5 и		y = 3 x − 1 (рис. 4.18).
4	2	4	2
Пример 7.		y2 + 3x + 6 y +12 = 0.			-4
Решение:
AC = 0	– кривая параболического
типа. Преобразуем уравнение
(y +3)2 = −3(x +1) ,
где X = x +1, Y = y +3,			O′(–1,	–3). То-
гда в новой системе координат имеем
Y 2 = −3X .
Получили		каноническое		уравнение

параболы с вершиной в т. O′(–1, –3), где

p = − 3 < 0 . Осью симметрии служит пря-
2
мая y = −3 , параллельнаяоси0x рис. 4.19).
Пример 8.		x2 + 4x − 2 y = 0.		-4
Пример 8.		x2 + 4x − 2 y = 0.
Решение:			(x + 2)2 = 2(y + 2),
Преобразуем			(x + 2)2 = 2(y + 2),
p =1>0,	вершина		параболы	в
т. O′(–2,	–2),	осью	параболы служит

прямая x = −2 | | оси 0y (рис. 4.20).

Пример 9. y2 + 4 y + 3 = 0.

Решение:

Найдем решения этого уравнения: y = −1, y = −3 .

Это уравнение определяет две прямые, параллельные оси 0x, т.е. кривая второго порядка вырождается в две параллельные прямые (рис. 4.21).

Пример 10. x2 − 4x + 4 = 0.

Решение:

Кривая второго порядка вырождается в сдвоенную прямую x = 2 (рис. 4.22).

Y	y
	x
	0
F 0′	X
F 0′	-3

Рис. 4.19

Y y

-2 0

0′ -2

Рис. 4.20

-1	y = −1
-3	y = −3
	Рис. 4.21

x = 2

Рис. 4.22

4.6.2. Примеры решения задач с использованием метода поворота системы координат

Рассмотрим уравнение (4.10), если B ≠ 0 . Для приведения к каноническому виду в первую очередь необходимо сделать те же преобразования, при которых исчезнет и слагаемое Bxy, т.е. нужно привести к новым координа-

там, таким, чтобы коэффициент B был равен нулю. В новых координатах tg2α = A2−BC ,

где α – угол поворота осей координат. Эта формула определяет два значения

угла α,

разность между которыми равна π/ 2 . Выбор того или иного угла

соответствует перестановки осей координат ox′ или oy′

в новой системе ко-

ординат

′ ′

x oy

Пример 1. Определить вид кривой и построить

36x2 − 24xy + 29 y2 +168x − 76 y + 20 = 0.

Решение:

Определим угол поворота α оси Х (рис. 4.23).

tg2α =

= −24 ,

A −C

для уточнения α найдем cos2α:

cos 2α =

= ±

, выберем знак (–), тогда

< 2α < π,

± 1+ tg2

2α

а угол α будет острым:

< α < π . Теперь по cos2α = −

найдем cos α и

sin α :

sin α =

1−cos 2α

4 ,

cosα =

1+ cos 2α

y′

x′

Тогда,

используя

формулы

(4.11), получим

0′

3 ′

′

x = 5 x

−

5 y

y = 5 x

+ 5 y .

Подставляя в исходное уравнение, имеем

20x′2 + 45 y′2 + 40x′−180 y′2 + 20 = 0.

	Рис. 4.23	Разделив на 5 и дополнив до полных
	Рис. 4.23	квадратов (перенос осей координат),
		квадратов (перенос осей координат),

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 118 9 10 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
28.03.2015446.41 Кб84Алгоритмические языки и программирование.pdf
#
18.11.20191.75 Mб22АлгСтрДанных_Задания_Курсовые работы.docx
#
27.03.2015243.2 Кб50Алюминий-кальций 12%.doc
#
27.03.2015207.87 Кб33Алюминий-кальций 20%.doc
#
27.03.2015208.9 Кб47Алюминий-кальций 25%.doc
#
28.03.20153.21 Mб91Аналит. геометрия. Мазова Р.Е..pdf
#
27.03.201594.21 Кб75Анкета_1_Определение уровня удовлетворённости.doc
#
27.03.20157.78 Mб21Артем_диплом.doc
#
28.03.201536.84 Кб77АТТЕСТАЦИОННЫЙ ЛИСТ Овчинников.docx
#
11.03.2016147.8 Кб12АТТЕСТАЦИОННЫЙ ЛИСТ ПО ИЗМЕРЕНИЯМ.docx
#
11.03.2016192.24 Кб32АТТЕСТАЦИОННЫЙ ЛИСТ ПО ПП.01.01.docx